Bài giảng trọng tâm Toán 10: Vector

<span class='text_page_counter'>(1)</span>phÇn II: h×nh häc chương 1. − vect¬. A. KiÕn thøc cÇn nhí. I. các định nghĩa I.kiÕn thøc cÇn nhí 1. vect¬ lµ g× ?. Véctơ là một đoạn thẳng có định hướng:  Một đầu được xác định là gốc, còn đầu kia là ngọn.  Hướng từ gốc đến ngọn gọi là hướng của véctơ.  Độ dài của đoạn thẳng gọi là độ dài của véctơ.. 2. Vect¬ kh«ng. §Þnh nghÜa: Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ®iÓm ®Çu vµ ®iÓm cuèi trïng nhau.  Nh­ vËy, vÐct¬ kh«ng, kÝ hiÖu 0 lµ vect¬ cã:  §iÓm gèc vµ ngän trïng nhau.  §é dµi b»ng 0. 3. Hai vectơ cùng phương.   Hai vectơ AB , CD gọi là cùng phương, ký hiệu:    AB // CD . AB // CD ⇔   A, B,C, D th ¼ng hµng. 4. Hai vectơ cùng hướng, ngược hướng.   a. Hai véctơ AB , CD gọi là cùng hướng , ký hiệu:    AB // CD . AB ↑↑ CD ⇔   hai tia AB,CD cïng h ­íng   b. Hai véctơ AB , CD gọi là ngược hướng, ký hiệu:    AB // CD . AB ↑↓ CD ⇔   hai tia AB,CD ng ­îc h ­íng. 5. Hai vect¬ b»ng nhau.   Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ b»ng nhau, ký hiÖu:   AB = CD  . AB = CD ⇔   AB ↑↑ CD. 267.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> II. tæng cña hai vect¬.   Định nghĩa: Tổng của hai vectơ a và b là một véctơ được xác định như sau:    Tõ mét ®iÓm tïy ý A trªn mÆt ph¼ng dùng vect¬ AB = a .    Tõ ®iÓm B dùng vect¬ BC = b .     Khi đó véctơ AC gọi là vectơ tổng của hai vectơ a và b , ta viết    AC = a + b . a. B. b. a. A. a+b. b. C. Từ định nghĩa trên ta được quy tắc ba điểm:    AB + BC = AC , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×. TÝnh chÊt cña phÐp céng vÐct¬    Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c , ta cã:     TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a .       TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hîp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ).      TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cña vect¬ kh«ng): a + 0 = 0 + a = a . Quy t¾c h×nh b×nh hµnh:    AB + AD = AC , víi ABCD lµ h×nh b×nh hµnh.    Ta cã "NÕu M lµ trung ®iÓm ®o¹n th¼ng AB th× MA + MB = 0 ". Ta cã "Gäi G lµ träng t©m ∆ABC th×:     GA + GB + GC = 0 ,        MA + MB + MC= 3MG, ∀M. + GB + GC = 0 ".. III. hiÖu cña hai vect¬ 1. Hai vectơ đối nhau.   Hai véctơ AB , CD gọi là đối nhau, ký hiệu:   AB = CD  . AB = − CD ⇔   AB ↑↓ CD. 2. hiÖu cña hai vect¬.      §Þnh nghÜa: HiÖu cña hai vÐct¬ a vµ b , kÝ hiÖu a − b , lµ tæng cña vect¬ a vµ  vectơ đối của vectơ b , nghĩa là:     a − b = a + (− b ).. 268.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> PhÐp lÊy hiÖu cña hai vect¬ gäi lµ phÐp trõ vect¬.     Để dựng vectơ a − b khi biết các vectơ a và b ta lấy điểm A tuỳ ý, từ đó dựng        vectơ AB = a và AC = b , khi đó CB = a − b . B. b a. a. a−b. C. A b. Tõ c¸ch dùng trªn ta ®­îc quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc:    AB − AC = CB , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×. TÝnh chÊt cña phÐp trõ vÐct¬       a − b = c ⇔ a = b + c.. IV. tÝch cña mét vect¬ víi mét sè .  §Þnh nghÜa: TÝch cña vect¬ a víi mét sè thùc k lµ mét vect¬, kÝ hiÖu k a ®­îc x¸c định như sau:   a. Vectơ k a cùng phương với vectơ a và sẽ :   Cùng hướng với vectơ a nếu k ≥ 0.   Ngược hướng với vectơ a nếu k < 0.  b. Có độ dài bằng k. a .. PhÐp lÊy tÝch cña mét vect¬ víi mét sè gäi lµ phÐp nh©n vect¬ víi sè (hoÆc phÐp nh©n sè víi vect¬). Từ định nghĩa trên ta có ngay các kết quả:     1. a = a , (−1). a = − a . 1. TÝnh chÊt cña phÐp nh©n vect¬ víi sè.   Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c¸c sè thùc m, n, ta cã:   TÝnh chÊt 1: m(n. a ) = (mn). a .    TÝnh chÊt 2: (m + n). a = m. a + n. a .     TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m. a + n. b .     TÝnh chÊt 4: m a = 0 ⇔ a = 0 hoÆc m = 0.. 2. điều kiện để hai vectơ cùng phương.  Định lí 1 (Quan hệ giữa hai vectơ cùng phương): Vectơ b cùng phương với vectơ     a ≠ 0 khi vµ chØ khi tån t¹i sè k sao cho b = k a .. Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng là tồn tại số k sao cho   AB = k AC . 269.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3. Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phương.  Định lí 2 (Phân tích một vectơ thành hai vectơ khác 0 không cùng phương): Cho     hai vectơ a và b khác 0 và không cùng phương. Với mọi vectơ c bao giờ còng t×m ®­îc mét cÆp sè thùc m, n duy nhÊt, sao cho:    c = ma + nb.. V. Hệ toạ độ 1. Vect¬.  Cho 2 ®iÓm M1(x1; y1), M1(x2; y2) th× M1M 2 = (x2 − x1; y2 − y1). 2. C¸c phÐp to¸n Vect¬.   NÕu cã hai vect¬ v1 (x1; y1) vµ v 2 (x2; y2) th×: x = x 2   (i): v1 = v 2 ⇔  1 .  y1 = y 2. x y   (ii): v1 // v 2 ⇔ 1 = 1 . x 2 y2   (iii): v1 + v 2 = (x1 + x2; y1 + y2).   (iv): v1 − v 2 = (x1 − x2; y1 − y2).  (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k ∈  .   (vi): α v1 + β v 2 = (αx1 + βx2; αy1 + βy2). 3. Kho¶ng c¸ch.  Khoảng cách d giữa hai điểm M1(x1; y1) và M1(x2; y2) là độ dài của vectơ M1M 2 , ®­îc cho bëi:  d = | M1M 2 | = (x1 − x 2 ) 2 + (y1 − y 2 ) 2 .. 4. Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số cho trước.   §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM 2 ) ®­îc xác định bởi các công thức: x1 − kx 2   x = 1 − k .   y = y1 − ky 2 1− k  Đặc biệt nếu k = −1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2 , khi đó toạ độ của M được xác định bởi: x1 + x 2   x = 2 .   y = y1 + y 2  2. 270.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5. Ba ®iÓm th¼ng hµng. Ba ®iÓm A(x1; y1) , B(x2; y2) vµ C(x3; y3) th¼ng hµng khi vµ chØ khi:   x − x1 y −y = 3 1. AC // AB ⇔ 3 x 2 − x1 y 2 − y1. B Phương pháp giải các dạng toán liên quan. §1. Vect¬ D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ vect¬ ThÝ dô 1. Cho ∆OAB vu«ng c©n víi OA = OB = a. H·y dùng c¸c vect¬ sau ®©y và tính độ dài của chúng:       3 OA + 4 OB OA + OB , OA − OB ,.  Gi¶i.  21  OA + 2.5 OB , 4. 14  3  OA − OB . 4 7. a. Với C là đỉnh thứ tư của hình vuông OACD, ta có ngay:    O OA + OB = OC , theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh. Từ đó, suy ra:     OA + OB  =  OC  = OC = a 2 . b. Ta cã ngay:    B OA − OB = BA , quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc    A O ⇒  OA − OB  =  BA  = BA = a 2 .   c. Để dựng vectơ 3 OA + 4 OB ta lần lượt thực hiện: B  Trªn tia OA lÊy ®iÓm A1 sao cho OA1 = 3OA.  Trªn tia OB lÊy ®iÓm B1 sao cho OB1 = 4OB.  Dùng h×nh ch÷ nhËt OA1C1B1. Từ đó, ta có:      3 OA + 4 OB = OA1 + OB1 = OC1 B1    2 2 ⇒ 3 OA + 4 OB  =  OC1  = OC1 = OA1 + C1A1 = 5a.  21  d. Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ OA + 2.5 OB vµ 4  21  a 541 .  OA + 2.5 OB  = 4 4 14  3  e. Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ OA − OB vµ 4 7 14  3  a 6073 .  OA − OB  = 7 4 28. A. C A1. C1. 271.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . . Thí dụ 2. Cho ∆ABC đều có cạnh bằng a. Tính độ dài vectơ tổng AB + AC ..  Gi¶i. Gọi M là trung điểm BC, lấy điểm A1 đối xứng với A qua M, ta cã ngay ABA1C lµ h×nh b×nh hµnh, suy ra:    AB + AC = AA1    a 3 = a 3. ⇒  AB + AC  =  AA1  = 2AM = 2. 2 A. A1. B M. C.  Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a n¾m v÷ng kiÕn thøc vÒ tæng cña hai vect¬ thì thường kết luận ngay rằng:      AB + AC  =  AB  +  AC  = a + a = 2a. Dạng toán 2: Chứng minh một đẳng thức vectơ Phương pháp áp dụng Ta lựa chọn một trong các hướng biến đổi sau: Hướng 1: Biến đổi một vế thành vế còn lại (VT ⇒ VP hoặc VP ⇒ VT). Khi đó:  Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiện việc đơn giản biểu thøc.  Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích vect¬. Hướng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn đúng. Hướng 3: Biến đổi một đẳng thức vectơ đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cÇn chøng minh. Hướng 4: Tạo dựng các hình phụ. Khi thực hiện các phép biến đổi ta sử dụng:  Quy t¾c ba ®iÓm:    AB = AC + CB .  Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Víi h×nh b×nh hµnh ABCD lu«n cã:    AC = AB + AD .  HiÖu hai vect¬ cïng gèc    AB − AC = CB .  TÝnh chÊt trung ®iÓm: Víi ®iÓm M tuú ý vµ I lµ trung ®iÓm cña AB lu«n cã:. .  272.   1  MI = ( MA + MB ). 2 TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c: Víi ∆ABC cã träng t©m G ta cã:     GA + GB + GC = 0 .     MA + MB + MC = 3 MG , víi M tuú ý. C¸c tÝnh chÊt cña phÐp céng, trõ vect¬ vµ phÐp nh©n mét sè víi mét vect¬..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . . . . ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD + BC = AD ..  Gi¶i. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , ®pcm. C¸ch 2: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , ®pcm. C¸ch 3: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       AD = AC + CD = AB + BC + CD , ®pcm. C¸ch 4: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       AD = AB + BD = AB + BC + CD , ®pcm..  NhËn xÐt: ViÖc tr×nh bµy thÝ dô trªn theo bèn c¸ch chØ mang tÝnh chÊt minh hoạ cho những ý tưởng sau:. 1. Víi c¸ch 1 vµ c¸ch 2, chóng ta gom hai vect¬ cã "®iÓm cuèi. của vectơ thứ nhất trùng với điểm đầu của vectơ thứ hai" từ đó sö dông chiÒu thuËn cña quy t¾c ba ®iÓm. 2. Với cách 3 và cách 4, chúng ta sử dụng chiều ngược lại của quy  tắc ba điểm, cụ thể "với một vectơ AB bất kì chúng ta đều có thể xen thêm vào giữa một điểm tuỳ ý để từ đó phân tích được vectơ  AB thµnh tæng cña hai vect¬". . . . . ThÝ dô 2. Cho 4 ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD = AD + CB . Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã:         VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP. C¸ch 2: Ta cã:         VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP. Cách 3: Biến đổi tương đương biểu thức về dạng:       AB − AD = CB − CD ⇔ DB = DB , đúng ⇒ Điều phải chứng minh. Cách 4: Biến đổi tương đương đẳng thức về dạng:           AB − CB = AD − CD ⇔ AB + BC = AD + DC ⇔ AC = AC , luôn đúng..  NhËn xÐt: 1.. Để thực hiện chứng minh đẳng thức vectơ đã cho chúng ta lựa chọn hướng biến đổi VT thành VP và hai cách giải trên đều có chung một ý tưởng, cụ thể bằng việc lựa chọn vectơ xuất phát lµ AB ta cã:  Trong c¸ch 1, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn của vectơ AD do đó ta xen vào điểm D. 273.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  Trong c¸ch 2, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn của vectơ CB do đó ta xen vào điểm C. 2. Tõ nhËn xÐt trªn h¼n c¸c em häc sinh thÊy ®­îc thªm r»ng cßn có 4 cách khác để giải bài toán, cụ thể:  Hai c¸ch víi viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ CD .  Hai cách theo hướng biến đổi VP thành VT. Thí dụ 3. Cho M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD. Chứng minh r»ng:      2 MN = AC + BD = AD + BC . A M  Gi¶i B a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã ph©n tÝch:     (1) AC = AM + MN + NC ,     D C N (2) BD = BM + MN + ND .       Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi l­u ý AM + BM = 0 vµ NC + ND = 0 (v× M vµ N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:    (*) AC + BD = 2 MN , ®pcm. C¸ch 2: Ta cã ph©n tÝch:     (3) MN = MA + AC + CN ,     (4) MN = MB + BD + DN ,       Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi l­u ý MA + MB = 0 vµ NC + ND = 0 (v× M vµ N lÇn lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:    2 MN = AC + BD , ®pcm. b. Ta cã:         (**) AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , ®pcm. Từ (*) và (**) ta được đẳng thức cần chứng minh. ThÝ dô 4. Cho O lµ t©m cña h×nh b×nh hµnh ABCD. Chøng minh r»ng víi ®iÓm M bÊt k×, ta cã:.  Gi¶i.  1     MO = ( MA + MB + MC + MD ). 4. Ta cã:     MA + MB + MC + MD         = MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD       = 4 MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = 4 MO  1     ⇔ ( MA + MB + MC + MD ) = MO , ®pcm. 4 274.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  Chú ý: Các em học sinh hãy trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP. Thí dụ 5. Cho ∆ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chøng minh r»ng:     AM + BN + CP = 0 ..  Gi¶i Sử dụng quy tắc trung điểm ta biến đổi: 1   1   1   VT = (AB + AC) + (BA + BC) + (CA + CB) 2 2 2           1 = (AB + BA + AC + CA + BC + CB) , ®pcm. 2. Thí dụ 6. Cho ∆A1B1C1 và ∆A2B2C2 lần lượt có trọng tâm là G1, G2. Chứng minh rằng:     A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 ..  Gi¶i Víi G1, G2 lµ trong t©m c¸c ∆A1B1C1 vµ ∆A2B2C2, ta cã:     G1A1 + G1B1 + G1C1 = 0 .     G 2 A 2 + G 2 B2 + G 2 C 2 = 0 . MÆt kh¸c, ta cã:     A1A 2 = A1G1 + G1G 2 + G 2 A 2 .     B1B2 = B1G1 + G1G 2 + G 2 B2 .     C1C2 = C1G1 + G1G 2 + G 2 C2 . Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sö dông c¸c kÕt qu¶ trong (1) vµ (2), ta ®­îc:     A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 , ®pcm.. (1) (2) (3) (4) (5). ThÝ dô 7. Cho ∆ABC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB vµ N lµ mét ®iÓm trªn c¹nh AC, sao cho NC = 2NA. Gäi K lµ trung ®iÓm cña MN. . a. Chøng minh r»ng AK =. 1  1  AB + AC . 4 6. b. Gäi D lµ trung ®iÓm cña BC. Chøng minh r»ng KD =.  Gi¶i. a. Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn thÊy:   AB = 2AM  ⇔ AB = 2 AM ;   AB ↑↑ AM. 1  1  AB + AC . 3 4.   AC = 3AN  ⇔ AC = 3 AN .   AC ↑↑ AN. 275.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> V× K lµ trung ®iÓm MN nªn:  1   1 1  1  1  1  AK = ( AM + AN ) = ( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm. 2 2 4 6 2 3 b. V× D lµ trung ®iÓm BC nªn:   1  AD = ( AB + AC ) 2 từ đó, suy ra:    1  1  1  1  1  KD = AD − AK = ( AB + AC ) − ( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm. 4 6 2 4 3. Dạng toán 3: Xác định điểm M thoả một đẳng thức vectơ cho trước Phương pháp áp dụng Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về dạng:   OM = v ,  trong đó điểm O cố định và vectơ v đã biết. Thí dụ 1. Cho ∆ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O.     a. Chøng minh r»ng OA + OB + OC = 0. b. Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:.          OM = OA + OB ; ON = OB + OC ; OP = OC + OA ..  Gi¶i a. Vì ∆ABC đều nên O chính là trọng tâm ∆ABC, do đó ta có ngay:     A OA + OB + OC = 0. b. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ trung ®iÓm cña BC, AC, AB. M C1  Dùng h×nh b×nh hµnh AOBM b»ng viÖc lÊy ®iÓm M    O đối xứng với O qua C1, ta có được OM = OA + OB . B  Các điểm N, P được xác định tương tự.. Thí dụ 2. Cho ∆ABC. Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện:     MA − MB + MC = 0 .. C. (*).  Gi¶i Biến đổi (*) về dạng:      BA + MC = 0 ⇔ MC = AB ⇔ ABCM lµ h×nh b×nh hµnh. Từ đó, để xác định điểm M ta thực hiện:  KÎ Ax // BC.  KÎ Cy // AB.  Giao cña Ax vµ Cy chÝnh lµ ®iÓm M cÇn t×m. 276. M. A. B. C.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Thí dụ 3. Cho ∆ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O. a. Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:          OM = OA + OB , ON = OB + OC , OP = OC + OA .     b. Chøng minh r»ng OA + OB + OC = 0 . A.  Gi¶i. P M a. Dựa theo quy tắc hình bình hành, ta lần lượt có:  Víi ®iÓm M tho¶ m·n: O    C B OM = OA + OB ⇒ M là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOBM N ⇒ CM là đường kính của (O), vì ∆ABC đều.  Víi ®iÓm N tho¶ m·n:    ON = OB + OC ⇒ N là đỉnh thứ tư của hình bình hành BOCN ⇒ AN là đường kính của (O), vì ∆ABC đều.  Víi ®iÓm P tho¶ m·n:    OP = OC + OA ⇒ P là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOCP ⇒ BP là đường kính của (O), vì ∆ABC đều. VËy, c¸c ®iÓm M, N, P n»m trªn ®­êng trßn (O) sao cho CM, AN, BP lµ c¸c ®­êng kÝnh cña ®­êng trßn (O).   b. Dùa vµo kÕt qu¶ c©u a) vµ OC = MO , ta cã ngay:          OA + OB + OC = OM + MO = MO + OM = MM = 0 .. ThÝ dô 4. Cho ∆ABC.    a. T×m ®iÓm I sao cho IA + 2 IB = 0 .    b. T×m ®iÓm K sao cho KA + 2 KB = CB .     c. T×m ®iÓm M sao cho MA + MB + 2 MC = 0 ..  Gi¶i a. Ta biến đổi:       0 = IA + 2 (IA + AB) = 3 IA + 2 AB  2  ⇔ IA = − AB , suy ra điểm I được hoàn toàn xác định. 3 b. Ta biến đổi:         0 = KA + KB + ( KB + BC ) = KA + KB + KC ⇔ K lµ träng t©m ∆ABC. c. Gäi E, F, N lµ trung ®iÓm AB, BC, EF, ta cã:         0 = ( MA + MC ) + ( MB + MC ) = 2 ME + 2 MF = 4 MN ⇔ M ≡ N. 277.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Thí dụ 5. Cho trước hai điểm A, B và hai số thực α, β thoả mãn α + β ≠ 0.    a. Chøng minh r»ng tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n α IA + β IB = 0 . b. Từ đó, suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có:    α MA + β MB = (α + β) MI ..  Gi¶i. a. Ta cã:           α IA + β IB = 0 ⇔ α IA + β( IA + AB ) = 0 ⇔ (α + β) IA + β AB = 0    β  ⇔ (α + β) AI = β AB ⇔ AI = AB . α+β β  Vì A, B cố định nên vectơ AB không đổi, do đó tồn tại duy nhất điểm I α+β tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Ta cã:          α MA + β MB = α( MI + IA ) + β( MI + IB ) = (α + β) MI + (α IA + β IB )  = (α + β) MI , ®pcm..  NhËn xÐt quan träng:. 1. NÕu α = β = 1 th× ®iÓm I chÝnh lµ trung ®iÓm cña AB. 2. Bµi to¸n trªn ®­îc më réng tù nhiªn cho ba ®iÓm A, B, C vµ bé ba sè thùc α, β, γ cho trước thoả mãn α + β + γ ≠ 0, tức là: a. Tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n:     α IA + β IB + γ IC = 0 . b. Từ đó suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có     α MA + β MB + γ IC = (α + β + γ) MI . vµ khi α = β = γ = 1 th× I lµ träng t©m ∆ABC. 3. ViÖc më réng cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc αi, i = 1, n tho¶ m·n. n. ∑α i =1. i. ≠ 0,. xin dành cho bạn đọc. 4. Kết quả trên được sử dụng để giải bài toán: “ Cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc αi, 1, n tho¶ m·n. n. ∑α i =1. i. ≠ 0. T×m sè thùc. k và điểm cố định I sao cho đẳng thức vectơ n   ∑ αi MAi = k MI ,. (1). tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M. ” Phương pháp giải Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M ≡ I, khi đó: n    ∑ αi IAi = k II = 0 .. (2). i =1. i =1. 278.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  . Xác định được điểm I từ (2). Tõ (2), suy ra n n   ∑ αi MAi = ∑ αi MI . i =1. Tõ (1) vµ (3), suy ra: n   ∑ αi MI = k MI ⇔ k = i =1. (3). i =1. n. ∑α i =1. i. .. Thí dụ 6. Cho tứ giác ABCD, M là điểm tuỳ ý. Trong mỗi trường hợp hãy tìm số k và điểm cố định I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thoả mãn với mäi ®iÓm M.    a. 2 MA + MB = k MI .     b. MA + MB + 2 MC = k MJ .      c. MA + MB + MC + 3 MD = k MK ..  Gi¶i. a. Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M ≡ I, khi đó:     2 IA + IB = k II = 0 . (1.1)  Tõ (1.1), ta ®­îc:      1  2 IA + ( IA + AB ) = 0 ⇔ IA = − AB ⇒ xác định được điểm I. 3  Tõ (1.1), ta ®­îc:     2 MA + MB = (2 + 1) MI = 3 MI . (1.2) Tõ (1) vµ (1.2), suy ra:   3 MI = k MI ⇔ k = 3. b. Vì (2) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M ≡ J, khi đó:      (2.1) JA + JB + 2 JC = k JJ = 0 .  Gäi E lµ trung ®iÓm AB, tõ (2.1), ta ®­îc:    2 JE + 2 JC = 0 ⇔ J lµ trung ®iÓm cña CE.  Tõ (2.1), ta ®­îc:      (2.2) MA + MB + 2 MC = (1 + 1 + 2) MJ = 4 MJ . Tõ (2) vµ (2.2), suy ra:   4 MJ = k MJ ⇔ k = 4. c. Vì (3) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M ≡ K, khi đó:       (3.1) KA + KB + KC + 3 KD = k KK = 0 .  Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, tõ (3.1), ta ®­îc:    3 KG + 3 KD = 0 ⇔ K lµ trung ®iÓm cña GD.  Tõ (3.1), ta ®­îc:      (3.2) MA + MB + MC + 3 MD = 6 MK . 279.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Tõ (3) vµ (3.2), suy ra:   6 MK = k MK ⇔ k = 6.. . Chó ý: Bµi to¸n t×m ®iÓm cã thÓ ®­îc më réng thµnh bµi to¸n t×m tËp hîp ®iÓm (quÜ tÝch). Víi c¸c bµi to¸n quÜ tÝch ta cÇn nhí r»ng:   1. Nếu | MA | = | MB |, với A, B cho trước thì M thuộc đường trung trực cña ®o¹n AB.   2. | MC | = k| AB |, với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C, b¸n kÝnh b»ng k.AB.   3. Nếu MA = k BC , với A, B, C cho trước thì a. Víi k ∈  ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC. b. Víi k ∈  + ®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi  BC theo hướng BC . c. Víi k ∈  − ®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi  BC ngược hướng BC .. ThÝ dô 7. Cho ∆ABC, t×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n:     a. MA + k MB − k MC = 0 .     b. (1 − k) MA + MB − k MC = 0 .. (1) (2).  Gi¶i a. Ta biến đổi (1) về dạng:      MA = k( MC − MB ) ⇔ MA = k BC ⇔ M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC. b. Ta biến đổi (2) về dạng:      MA + MB − k( MA + MC ) = 0 . Gäi E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB vµ AC, ta ®­îc:      (3) ⇔ 2 ME − 2k MF = 0 ⇔ ME = k MF ⇔ M thuéc ®­êng trung b×nh EF cña ∆ABC.. (3). D¹ng to¸n 4: BiÓu diÔn mét vect¬ thµnh tæ hîp vect¬ Phương pháp áp dụng Ta lựa chọn một trong hai hướng: Hướng 1: Từ giả thiết xác định được tính chất hình học, rồi từ đó khai triển vectơ cần biểu diễn bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vect¬ cïng gèc. Hướng 2: Từ giả thiết thiết lập được mối liên hệ vectơ giữa các đối tượng, rồi từ đó khai triển biểu thức này bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu cña hai vect¬ cïng gèc. 280.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> . . . ThÝ dô 1. Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm I sao cho 2 IA + 3 IB = 0 .   a. T×m sè k sao cho AI = k AB . . b. Chøng minh r»ng víi mäi ®iÓm M ta cã MI =. 2  3  MA + MB . 5 5.  Gi¶i a. Biến đổi giả thiết:          3  0 = 2 IA + 3 IB = 5 IA + 3( IB − IA ) = −5 AI + 3 AB ⇔ AI = AB . 5 3 VËy, víi k = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 b. Biến đổi giả thiết:        0 = 2 IA + 3 IB = 2( MA − MI ) + 3( MB − MI )     2  3  ⇔ 5 MI = 2 MA + 3 MB ⇔ MI = MA + MB , ®pcm. 5 5. Thí dụ 2. Cho ∆OAB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm hai cạnh OA và OB. Hãy tìm các số m và n thích hợp trong mỗi đẳng thức sau đây:       OM = m OA + n OB ; MN = m OA + n OB ;       AN = m OA + n OB ; MB = m OA + n OB ;.  Gi¶i.  1  M a. Ta cã ngay OM = OA 2 A    1 do đó đẳng thức OM = m OA + n OB sẽ có m = và n = 0. 2. O N B. b. Ta cã:   1  1  1  1  MN = AB = ( OB − OA ) = − OA + OB 2 2 2 2    1 1 do đó đẳng thức MN = m OA + n OB sẽ có m = − và n = . 2 2 c. Ta cã:     1  AN = AO + ON = − OA + OB 2    1 do đó đẳng thức AN = m OA + n OB sẽ có m = −1 và n = . 2 d. Ta cã:     1  MB = MO + OB = − OA + OB 2    1 do đó đẳng thức MB = m OA + n OB sẽ có m = − và n = 1. 2. 281.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> . . . . ThÝ dô 3. Gäi G lµ träng t©m ∆ABC. §Æt a = GA vµ b = GB . H·y biÓu thÞ mçi       vect¬ AB , GC , BC , CA qua c¸c vect¬ a vµ b ..  Gi¶i. a. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc, ta cã ngay:      AB = GB − GA = b − a . b. V× G lµ träng t©m ∆ABC nªn:          GA + GB + GC = 0 ⇔ GC = − GA − GB = − a − b . c. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã:         BC = GC − GB = − a − b − b = − a − 2 b . d. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã:         CA = GA − GC = a − (− a − b ) = 2 a + b .. Thí dụ 4. Cho ∆ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Tính      c¸c vect¬ AB , BC , CA theo c¸c vect¬ BN vµ CP ..  Gi¶i Ta lần lượt có:         AB = AM + MB = 3GM + (GB − GM) = 2GM + GB   1    2  2  = 2 (GB + GC) + GB = 2GB + GC = −2. BN − CP 2 3 3    4 2 P = − BN − CP . 3 3    2  2  B BC = GC − GB = − CP + BN . 3 3   Vectơ CA được biểu diễn tương tự AB .. A G N M. ThÝ dô 5. Cho ∆ABC. a. T×m c¸c ®iÓm M vµ N sao cho:         MA − MB + MC = 0 , 2 NA + NB + NC = 0 . b. Víi c¸c ®iÓm M vµ N ë c©u a), t×m c¸c sè p vµ q sao cho:    MN = p AB + q AC ..  Gi¶i. a. Ta lần lượt thực hiện:           0 = MA − MB + MC = BA + MC = − AB + MC ⇔ MC = AB ⇔ M là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM.       0 = 2 NA + NB + NC = 2 NA + 2 NE , víi E lµ trung ®iÓm BC    ⇔ NA + NE = 0 ⇔ N lµ trung ®iÓm cña AE. 282. C.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> b. Ta cã biÓu diÔn:     1  MN = MA + AN = CB + AE 2      1 5  3  = ( AB − AC ) + ( AB + AC ) = AB − AC . 4 4 4 ThÝ dô 6. Cho ∆ABC träng t©m G. Gäi I lµ ®iÓm trªn c¹nh BC sao cho 2CI = 3BI vµ J lµ ®iÓm trªn BC kÐo dµi sao cho 5JB = 2JC.     a. TÝnh AI , AJ theo AB vµ AC .    A b. TÝnh AG theo AI vµ AJ.  Gi¶i. a. Ta cã:   2CI = 3BI  ⇔ 2 IC = − 3 IB   J IC ↑↓ IB        ⇔ 2( AC − AI ) = − 3( AB − AI ) ⇔ 5 AI = 3 AB + 2 AC  3  2  ⇔ AI = AB + AC . 5 5 Ta cã:       5JB = 2JCI  ⇔ 5 JB = 2 JC ⇔ 5( AB − AJ ) = 2( AC − AJ )   JB ↑↑ JC     5  2  ⇔ 3 AJ = 5 AB − 2 AC ⇔ AJ = AB − AC . 3 3 b. Gäi M lµ trung ®iÓm BC, ta cã:    2  2 1  1  AG = AM = . ( AB + AC ) = ( AB + AC ). 3 2 3 3 MÆt kh¸c tõ hÖ t¹o bëi (1) vµ (2), ta nhËn ®­îc:   5  25  3  9  AJ . AB = AI + AJ vµ AC = AI − 8 16 8 16 Thay (4) vµo (3) ta nhËn ®­îc:  35  1  AI − AG = AJ . 48 16. G B. I. C. (1). (2). (3). (4). D¹ng to¸n 5: Chøng minh hai ®iÓm trïng nhau Phương pháp áp dụng Muèn chøng minh hai ®iÓm A1 vµ A2 trïng nhau, ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:   C¸ch 1: Chøng minh A1A 2 = 0 .   C¸ch 2: Chøng minh OA1 = OA 2 víi O lµ ®iÓm tuú ý. . . ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng AB = CD khi vµ chØ khi trung ®iÓm cña hai ®o¹n th¼ng AD vµ BC trïng nhau. 283.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  Gi¶i Ta cã:    Nếu AB = CD thì ABCD là hình bình hành. Do đó, AD và BC có trung điểm trïng nhau.  NÕu AD và BC có trung điểm trùng nhau thì ABCD là hình bình hành. Do đó:   AB = CD. Thí dụ 2. Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của c¸c c¹nh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m..  Gi¶i. Gäi G lµ träng t©m cña ∆MPR, ta cã:     GM + GP + GR = 0 L¹i cã:          2 GR = GE + GF 2 GM = GA + GB , 2 GP = GC + GD ,          ⇒ 2( GM + GP + GR ) = GA + GB + GC + GD + GE + GF Suy ra:        GA + GB + GC + GD + GE + GF = 0 (do(1)) Do đó:        ( GA + GF ) + ( GB + GC ) + ( GD + GE ) = 0         ⇔ 2 GS + 2 GN + 2 GQ = 0 ⇔ GS + GN + GQ = 0 VËy, ta ®­îc G lµ träng t©m cña ∆SNQ. Tãm l¹i, c¸c ∆MPR vµ ∆NQS cã cïng träng t©m.. D¹ng to¸n 6: Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng Phương pháp áp dụng Muèn chøng minh ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng, ta ®i chøng minh:   AB = k AC , k ∈  . Để nhận được (1), ta lựa chọn một trong hai hướng: Hướng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.   Hướng 2: Xác định vectơ AB và AC thông qua một tổ hợp trung gian.. (1). (1).  Chó ý: Ta cã kÕt qu¶: “ Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:    MC = α MA + (1 − α) MB , víi ®iÓm tuú ý M vµ sè thùc α bÊt kú ”.      ThÝ dô 1. Cho ∆ABC, lÊy c¸c ®iÓm I, J tho¶ m·n IA = 2 IB , 3 JA + 2 JC = 0 . Chøng minh r»ng IJ ®i qua träng t©m G cña ∆ABC. 284.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  Gi¶i.   Viết lại IA = 2 IB dưới dạng:    IA − 2 IB = 0 .    Biến đổi 3 JA + 2 JC = 0 về dạng:         3( IA − IJ ) + 2( IC − IJ ) = 0 ⇔ 3 IA + 2 IC = 5 IJ . Trõ theo vÕ (1) cho (2), ta ®­îc:       2( IA + IB + IC ) = 5 IJ ⇔ 6 IG = 5 IJ ⇔ I, J, G th¼ng hµng.. (1) (2). ThÝ dô 2. Cho ∆ABC. Gäi O, G, H theo thø tù lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp, träng t©m, trùc t©m cña ∆ABC. Chøng minh r»ng:   A a. AH = 2 OE , víi E lµ trung ®iÓm BC. . . . . b. OH = OA + OB + OC . c. Chøng minh r»ng O, G, H th¼ng hµng..  Gi¶i. H O. B. a. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta được: BH // CA1 cïng vu «ng gãc víi AC ⇒ A1BHC lµ h×nh b×nh hµnh  CH // BA1 cïng vu «ng gãc víi AB   ⇒ A1, E, H th¼ng hµng ⇒ AH = 2 OE , ®pcm. b. Ta cã:         OH = OA + AH = OA + 2 OE = OA + OB + OC , ®pcm. c. Ta cã:    1  1  OG = ( OA + OB + OC ) = OH ⇔ O, G, H th¼ng hµng. 3 3. C. E. A1. ThÝ dô 3. Cho ∆ABC, lÊy c¸c ®iÓm M, N, P tho¶ m·n:         MA + MB = 0 , 3 AN − 2 AC = 0 , PB = 2 PC . Chøng minh r»ng M, N, P th¼ng hµng..  Gi¶i. Ta cã:    MP = AP − AM ,    MN = AN − AP .      Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt:  1     MA + MB = 0 ⇔ AM = AB 2     2  3 AN − 2 AC = 0 ⇔ AN = AC 3          PB = 2 PC ⇔ AB − AP = 2 (AC − AP) ⇔ AP = − AB + 2AC .. (1) (2) (3) (4) (5) 285.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:     1  3  MP = − AB + 2AC − AB = − AB + 2AC . 2 2   4         2 MN = AC + AB − 2AC = AB − AC . 3 3 Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy:  3  MN = − MP ⇔ M, N, P th¼ng hµng. 2. (6) (7). Dạng toán 7: Xác định đặc tính K của đối tượng S khi nó thoả mãn một đẳng thức vectơ Phương pháp áp dụng Phân tích được định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ của giả thiết. Lưu ý tới những hệ thức đã biết về trung điểm của đoạn thảng và trọng tâm của tam gi¸c. ThÝ dô 1. Cho ∆ABC, cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c vµ träng t©m G tho¶ m·n:     a. GA + b. GB + c. GC = 0 . (1) Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều..  Gi¶i. Ta cã:        (2) GA + GB + GC = 0 ⇔ GA = − GB − GC . Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:      a.(− GB − GC ) + b. GB + c. GC = 0    ⇔ (b − a). GB + (c − a). GC = 0 . (3)   Vì GB và GC là hai vectơ không cùng phương, do đó (3) tương đương với: 0 b − a = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC là tam giác đều.  0 c − a =. ThÝ dô 2. Cho tø gi¸c ABCD. Gi¶ sö tån t¹i ®iÓm O sao cho:     | OA =| | OB =| | OC =| | OD |       . 0 OA + OB + OC + OD =.  Gi¶i. Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.. Từ phương trình thứ nhất của hệ , ta suy ra: O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABCD. (1) Gọi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA , từ phương trình thứ hai của hÖ ta ®­îc:           0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP ⇔ OM + OP = 0 ⇔ M, P, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm MP. (2) 286.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>           0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ ⇔ ON + OQ = 0 ⇔ N, Q, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm NQ. Tõ (2), (3), suy ra MNPQ lµ h×nh b×nh hµnh suy ra  A, C, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm AC.  B, D, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm BD. Do đó ABCD là hình bình hành. Tõ (1) vµ (4) suy ra ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.. §2. (4). hệ trục toạ độ. Dạng toán 1: Toạ độ vectơ − Toạ độ điểm Phương pháp áp dụng Ta cÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: 1 Víi hai ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB), ta cã:   AB = (xB − xA, yB − yA), AB = | AB | = 2. (3).   Víi hai vect¬ a (x1, y1) vµ b (x2, y2) , ta cã:    a = x1. i + y1. j ,    x1 = x 2 , a = b ⇔   y1 = y 2   α a + β b = (αx1 + βx2, αy1 + βy2).. (x B − x A ) 2 + (y B − y A ) 2 .. Thí dụ 1. Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(−4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; −2). a. Tìm toạ độ trọng tâm ∆ABC. b. Tìm toạ độ điểm D sao cho C là trọng tâm ∆ABD. c. Tìm toạ độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành..  Gi¶i a. Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã ngay G(0, 1). b. Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện C là trọng tâm ∆ABD, ta được: −4 + 2 + x D  2 = x = 8 3 ⇔  D ⇒ D(8; −11).  1 + 4 + yD  y D = −11 −2 =  3 c. Giả sử E(xE; 0), khi đó với điều kiện ABCE là hình bình hành, ta được:   0  x = −4 x E + 4 = ⇔  E ⇒ E(−4; −5). AE = BC ⇔   y E = −5  y E − 1 =−6. 287.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ThÝ dô 2. Cho ®iÓm M(1 − 2t; 1 + t). T×m ®iÓm M sao cho x M2 + y M2 nhá nhÊt..  Gi¶i. Ta cã: 2 = (1 − 2t)2 + (1 + t)2 = 5t2 − 2t + 2 = 5(t − x 2M + y M. 9 đạt được khi : 5 1 1 3 6 t − = 0 ⇔ t = ⇒ M0( ; ). 5 5 5 5 3 6 VËy, ®iÓm M0( ; ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 5. 1 2 9 9 ) + ≥ 5 5 5. suy ra ( x 2M + y M2 )Min =. ThÝ dô 3. Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0). a. TÝnh diÖn tÝch ∆ABC.  nhá nhÊt. b. H·y t×m tÊt c¶ c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox sao cho gãc AMB.  Gi¶i. a. Ta cã: AB2 = 4 + 4 = 8, BC2 = 1 + 9 = 10, CA2 = 1 + 1 = 2 2 2 2 ⇒ AB + AC = BC ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i A. VËy diÖn tÝch ∆ABC ®­îc cho bëi: 1 1 S∆ABC = AB.AC = 22 + 22 . 12 + (−1) 2 = 2 (®vdt). 2 2  nhá nhÊt b. Gãc AMB    = 00 ⇔ A, M, B th¼ng hµng ⇔ AM // AB ⇔ AMB x −1 −1 y − yA x − xA = M ⇔ M = ⇔ xM = 0 ⇒ M ≡ O. ⇔ M 3 −1 3 −1 yB − yA xB − xA VËy, ®iÓm M(0; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi..    D¹ng to¸n 2: BiÓu diÔn vect¬ c (c1; c2) theo c¸c vect¬ a (a1; a2), b (b1; b2) Phương pháp áp dụng Ta thực hiện theo các bước:    Bước 1: Giả sử c = α a + β b . (1) Bước 2: Ta có:   α a + β b = α(a1, a2) + β(b1, b2) = (αa1 + βb1, αa2 + βb2). VËy (1) x¶y ra khi vµ chØ khi:. Bước 3:. 288. c1 = αa1 + βb1 .   c 2 = αa 2 + β b 2 Gi¶ hÖ (I), ta nhËn ®­îc gi¸ trÞ cña cÆp (α, β) KÕt luËn.. (I).

<span class='text_page_counter'>(23)</span>  . . ThÝ dô 4. H·y biÓu diÔn vect¬ c theo c¸c vect¬ a , b , biÕt:    a (2; −1), b (−3; 4) vµ c (−4; 7)..  Gi¶i.    Gi¶ sö c = α a + β b . Ta cã:   α a + β b = α(2; − 1) + β( − 3; 4) = (2α − 3β; − α + 4β). Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi: α =1 −4 = 2α − 3β ⇔  .  β =2 7 = −α + 4β    VËy, ta ®­îc c = a + 2 b .. (1). ThÝ dô 5. Cho bèn ®iÓm A(1; 1), B(2; − 1), C(4; 3) vµ D(16; 3). H·y biÓu diÔn    vect¬ AD theo c¸c vect¬ AB , AC.  Gi¶i.    Gi¶ sö AD = α AB + β AC . Ta cã:    AD (15; 2), AB (1; − 2), AC (3; 2)   ⇒ α AB + β AC = α(1; − 2) + β(3; 2) = (α + 3β; − 2α + 2β) Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi: α =3 α + 3β =15 ⇔  .  β =4 −2α + 2β =2    VËy, ta ®­îc AD = 3 AB + 4 AC .. (1). Dạng toán 3: Xác định toạ độ điểm M thoả mãn một đẳng thức vectơ, độ dài Phương pháp áp dụng Thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x; y). Bước 2: Toạ độ hoá các vectơ có trong đẳng thức hoặc sử dụng công thức về khoảng cách giữa hai điểm, để chuyển đẳng thức về biểu thức đại số. Bước 3: Giải phương trình hoặc hệ trên, ta nhận được toạ độ của M..  Chó ý: §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M M 1. 2.   theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM 2 ). được xác định bởi các công thức: x1 − kx 2   x = 1 − k .   y = y1 − ky 2 1− k  289.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Đặc biệt nếu k = −1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2, khi đó toạ độ của M được xác định bởi: x1 + x 2   x = 2 .   y = y1 + y 2  2. Thí dụ 1. Cho hai điểm A(0; 2) và B(4; −3). Tìm toạ độ: a. Trung ®iÓm I cña AB.    b. §iÓm M sao cho MA + 2 MB = 0 ..  Gi¶i. 1 a. Ta cã I(2; − ). 2 b. Tõ gi¶ thiÕt  MA + 2 MB = 0 ⇔ MA − 2 MB ⇔ ®iÓm M chia ®o¹n AB theo tØ sè k = −2. Do đó: x A − kx B 8  =  x = 8 4 1− k 3 M:  ⇔ M( ; − ). 3 3  y = y A − ky B = − 4  1− k 3.  Chó ý: Ta còng cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch: Gi¶ sö M(x; y), ta cã: .   MA = (− x, 2 − y) ⇒ MA + 2 MB = (8 − 3x; − 4 − 3y).   MB = (4 − x, −3 − y)    V× MA + 2 MB = 0 , nªn: 8   x = 3 0 8 − 3x = 8 4 ⇔  ⇒ M( ; − ).  3 3 −4 − 3y =0 y = − 4  3. ThÝ dô 2. Cho ∆ABC, biÕt A(1; 0), B(−3; −5), C(0; 3).   a. Xác định toạ độ điểm E sao cho AE = 2 BC . b. Xác định toạ độ điểm F sao cho AF = CF = 5. c. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho:      |2( MA + MB ) − 3 MC | = | MB − MC |..  Gi¶i.   a. Giả sử E(x; y), khi đó AE (x − 1; y), BC (3; 8). 290. (1).

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Từ đó:    x − 1 =2.3 x = 7 ⇔  ⇔ E(7; 16). AE = 2 BC ⇔   y = 2.8  y = 16 b. Giả sử F(x; y), khi đó: (x − 1) 2 + y 2 = AF2 = 25 25 (x − 1) 2 + y 2 = 25 ⇔ 2 ⇔ AF = CF = 5 ⇔  2 2 x 3y − 4 25  x + (y − 3) = CF = 25 =  y = 0 −4& y = 0 10y 2 − 30y =  F (−4,0) 0 x =  ⇔  ⇔   y = 3 ⇔  ⇔  1 . = = y 3 x 3y − 4  x 5&  F2 (5,3) = =  x 3y − 4 VËy tån t¹i hai ®iÓm F1( − 4; 0) vµ F2(5; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Giả sử M(x; y), khi đó:    MA (1 − x; −y), MB (−3 − x; −5 − y), MC (−x; 3 − y)      ⇒ 2( MA + MB ) − 3 MC = (−x − 4; −y − 19) vµ MB − MC = (−3; −8). Khi đó: (1) ⇔ (−x − 4)2 + (−y − 19)2 = (−3)2 + (−8)2 ⇔ (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73. §Æt I(−4; −19), ta ®­îc: IM2 = 73 ⇔ M thuéc ®­êng trßn t©m I(−4, −19), b¸n kÝnh R = 73 ..  Nhận xét: Như vậy, trong ví dụ trên chúng ta đã thực hiện việc xác định điểm dựa trên các đẳng thức về vectơ, độ dài cho trước. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp chúng ta cần đi thiết lập các đẳng thức đó dựa trên tính chất của điểm cần xác định. ThÝ dô 3. Cho ∆ABC c©n t¹i A, biÕt A(a; 3a 7 − 3 7 ), B(1; 0), C(2a − 1; 0) vµ A thuéc gãc phÇn t­ thø nhÊt. a. Xác định toạ độ các đỉnh của ∆ABC, biết rằng p = 9 (p là nửa chu vi). b. Tìm toạ độ điểm M∈AB và N∈BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của ∆ABC..  Gi¶i. a. Ta có toạ độ các điểm: y A(a; 3a 7 − 3 7 ), B(1; 0), C(2a − 1; 0), A≡M Tõ gi¶ thiÕt: a ≥ 0 ⇔ a ≥ 1.  A∈P(I) ⇔  I 3a 7 − 3 7 ≥ 0 B C O 1 N 3 AB + BC + AC =9  p=9⇔ 2 ⇔ 2.8|a − 1| + 2|a − 1| = 18 ⇔ a = 2 hoÆc a = 0 (lo¹i). Từ đó: A(2; 3 7 ), B(1; 0), C(3; 0) ⇒ AB = AC = 8, BC = 2.. x. 291.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> b. Ta cÇn t×m ®iÓm M ∈ AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, 0 ≤ x ≤ 8) sao cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p − x = 9 − x, 0 ≤ 9 − x ≤ 2 ⇔ 7 ≤ x ≤ 9, S∆BMN 1 = . (1) 2 S∆ABC Tõ (1) ta ®­îc: x = 8 BM.BN 1 x(9 − x) 1 = ⇔ = ⇔ x2 − 9x + 8 = 0 ⇔  . AB.BC 8.2 2 2  x = 1(l). . Víi x = 8 ⇒ M ≡ A(2; 3 7 ) vµ N(2; 0) lµ trung ®iÓm BC..  Chó ý: Bµi to¸n trªn cã d¹ng tæng qu¸t nh­ sau "Cho ∆ABC cã c¸c c¹nh a, b, c (tương ứng với các đỉnh A, B, C và chu vi 2p), giả sử c ≤ b ≤ a. Tìm điểm M ∈ AB, N ∈ BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của ∆ABC " Phương pháp giải Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Điểm M ∈ AB (tức là phải tìm x = BM, 0 ≤ x ≤ c) sao cho trên cạnh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p − x, 0 ≤ p − x ≤ vµ. S∆BMN 1 = . 2 S∆ABC. (1). Tõ (1) ta ®­îc: BM.BN 1 x(p − x) 1 = ⇔ = ⇔ 2x2 − 2px + ac = 0. (2) AB.BC 2 2 c.a Bước 3: Giải (2) ta xác định được x, từ đó suy ra toạ độ các điểm M, N. Bước 2:. Dạng toán 4: Vectơ cùng phương − Ba điểm thẳng hàng − Định lý Menelaus Phương pháp áp dụng CÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: x y     a. Víi hai vect¬ v1 (x1, y1) vµ v 2 (x2, y2) ta cã v1 // v 2 ⇔ 1 = 1 . x 2 y2. b. Cho ba ®iÓm A(x1, y1) , B(x2, y2) vµ C(x3, y3), ta cã:   x −x y −y A, B, C th¼ng hµng ⇔ AC // AB ⇔ 3 1 = 3 1 . x 2 − x1 y 2 − y1 c. §Þnh lý Menelaus: LÊy ba ®iÓm M, N, P theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB của ∆ABC. Điều kiện cần và đủ để M, N, P thẳng hàng là: MB NC PA . . = 1. MC NA PB. 292.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Thí dụ 1. Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(−3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; −5). a. Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng. b. Tìm toạ độ điểm D sao cho A là trung điểm của BD. c. Tìm toạ độ điểm E trên trục Ox sao cho A, B, E thẳng hàng..  Gi¶i. a. NhËn xÐt r»ng:     AB (4; −3) vµ AC (12; −9) ⇒ AC = 3 AB ⇒ A, B, C th¼ng hµng. b. Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện A là trung điểm của BD, ta được: 1 + xD  −3 = 2  x = −7 ⇔  D ⇒ D(−7; 7).   yD = 7 4 = 1 + y D  2  c. Giả sử E(xE, 0) ∈ Ox, khi đó AE (xE + 3; −4). Từ đó, để ba điểm A, B, E thẳng hàng điều kiện là: x E + 3 −4 7 7 ⇔ xE = ⇒ E( ; 0). = −3 4 3 3. ThÝ dô 2. T×m trªn trôc hoµnh ®iÓm M sao cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi c¸c điểm A và B là nhỏ nhất trong các trường hợp sau: a. A(1; 2) vµ B(3; 4). b. A(1; 1) vµ B(2; −4)..  Gi¶i a. NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua Ox, suy ra A1(1; −2). Gäi P0 = (A1B) ∩Ox y   4 ⇔ A1, B, P0(x; 0) th¼ng hµng ⇔ A1B // A1P0. B. A 2 6 5 5 2 = ⇔ x = ⇒ P0( ; 0). ⇔ x −1 2 3 3 Ta cã O 1 P M3 x PA + PB = PA1 + PB ≥ A1B. A1 VËy PA + PB nhá nhÊt ⇔ A1, B, P th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0. y b. NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox. A 1 Gäi P0 = (AB)∩Ox   P0 ⇔ A, B, P0(x, 0) th¼ng hµng ⇔ AB // AP0 O P 1 2 x 1 −5 6 6 ⇔ = ⇔ x = ⇒ P0( ; 0). x −1 5 −1 5 B Ta cã −4 PA + PB ≥ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, B, P th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0. 293.

<span class='text_page_counter'>(28)</span>  Chú ý: Thí dụ trên, đã minh hoạ phương pháp giải cho một lớp bài toán cực trị rất quen thuộc trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng, do đó các em học sinh cần nắm được phương pháp giải cho bài toán tæng qu¸t nh­ sau: Bµi to¸n: T×m trªn ®­êng th¼ng (d): Ax + By + C = 0 ®iÓm P sao cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ P tíi c¸c ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) kh«ng thuéc (d) lµ nhá nhÊt ". Phương pháp Ta xác định tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C). Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Nếu tA.tB < 0 ⇔ A, B ngược phía với (d). Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Gọi P0 = (AB)∩(d), suy ra toạ độ P0. Bước 2: Ta có PA + PB ≥ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, P, B th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0. Trường hợp 2: Nếu tA.tB > 0 ⇔ A, B cùng phía với (d). Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (d) , suy ra toạ độ A1. Bước 2: Gọi P0 = (A1B)∩(d), suy ra toạ độ P0. Bước 3: Ta có PA + PB = PA1 + PB ≥ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt ⇔ A1,P, B th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0. Ngoài phương pháp trên chúng ta sẽ còn nhận được một phương pháp giải khác được minh hoạ trong bài toán “ Phương pháp toạ độ hoá ”.. Dạng toán 5: Phương pháp toạ độ hoá Phương pháp áp dụng Phương pháp toạ độ hoá thường được sử dụng phổ biến trong hai dạng: Dạng 1: Ta thực hiện phép toạ độ hoá các điểm trong hình và đưa bài toán hình häc vÒ d¹ng gi¶i tÝch. Dạng 2: Lựa chọn các điểm thích hợp để biến đổi biểu thức đại số về dạng độ dài hình học − Phương pháp này tỏ ra rất hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức đại số. ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c hµm sè y =.  Gi¶i. x2 + x + 1 +. x2 − x + 1 .. Viết lại hàm số dưới dạng: y=. 294. x2 + x + 1 +. x2 − x + 1 =. 1 3 (x + ) 2 + + 2 4. 1 3 (x − ) 2 + 2 4.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1 1 3 3 XÐt c¸c ®iÓm A(− ; ), B( ; − ) và M(x; 0), khi đó: 2 2 2 2. AM = x 2 + x + 1 , BM = x 2 − x + 1 , suy ra S = AM + BM ≥ AB = 1 Vậy, ta được SMin = 1, đạt được khi:   A, B, M thẳng hàng ⇔ AM // AB ⇒ toạ độ của M..  Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a cã kinh nghiÖm gi¶i d¹ng to¸n nµy th«ng 1 2. thường sẽ chọn ngay A(− ;. 3 2. 1 2. ), B( ;. 3 2. ) vµ M(x; 0) vµ vÉn nhËn. được SMin = 1, tuy nhiên khi đó điều kiện cho A, B, M thẳng hàng sẽ v« nghiÖm. Đôi khi dạng toán này được minh hoạ dưới dạng trị tuyệt đối. ThÝ dô 2. Cho ba ®iÓm A(1; 2), B(0; −1) vµ M(t; 2t + 1). T×m ®iÓm M thuéc (d) sao cho: a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MA − MB| lín nhÊt..  Gi¶i. a. Ta cã:. MA + MB = =. (t − 1) 2 + (2t − 1) 2 + 5t 2 − 6t + 2 +. t 2 + (2t + 2) 2. 5t 2 + 8t + 4. 2. 2. 1 4  4  3 + t +  + ] 5 [ t −  +  5  25  5  25 3 1 4 2 XÐt c¸c ®iÓm A1( ; − ); B1(− ; ) vµ M1(t; 0). 5 5 5 5 Khi đó: MA + MB = 5 ( M1A1 + M1B1). V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min ⇔ (M1A1 + M1B1)min ⇔ M1 = (A1B1)∩Ox 2 2 19 ⇔ M1( ; 0) ⇔ M( ; ) 15 15 15 b. Tương tự câu a) ta có:. =. |MA − MB| =. 2. 5. 1  3 − t −  + 5 25  . 2. 4  4 t +  + 5 25  . 3 1 4 2 XÐt c¸c ®iÓm A2( ; ); B2( − ; ) vµ M2(t; 0). 5 5 5 5 Khi đó: |MA − MB| = 5 |M2A2 − M2B2|.. 295.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> V× M2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A2, B2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn |MA − MB|max ⇔ |M2A2 − M2B2|max ⇔ M2 = (A2B2)∩Ox ⇔ M2(2; 0) ⇔ M(2; 5).. C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:.  Gi¶i. Cho tø gi¸c ABCD. Chøng minh r»ng: a. Cã mét ®iÓm O duy nhÊt sao cho:      OA + OB + OC + OD = 0 . §iÓm O ®­îc gäi lµ träng t©m cña bèn ®iÓm A, B, C, D. Tuy nhiên, người ta vẫn gọi quen O là trọng tâm của tứ giác ABCD. b. Träng t©m O lµ trung ®iÓm cña mçi ®o¹n th¼ng nèi c¸c trung điểm hai cạnh đối của tứ giác, nó cũng là trung điểm của đoạn th¼ng nèi trung ®iÓm hai ®­êng chÐo cña tø gi¸c. c. Trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại.. a. Gi¶ sö cã ®iÓm O1 tho¶ m·n:      0 = O1A + O1B + O1C + O1D       = 4 O1O + OA + OB + OC + OD = 4 O1O   ⇔ O1O = 0 ⇔ O1 ≡ O. Vậy, tồn tại một điểm O duy nhất thoả mãn hệ thức vectơ đã cho. b. Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta có lần lượt chứng minh:  O lµ trung ®iÓm MP (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh AB vµ CD), thËt vËy:        0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP    ⇔ OM + OP = 0 ⇔ O lµ trung ®iÓm MP.  O lµ trung ®iÓm NQ (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy:        0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ    ⇔ ON + OQ = 0 ⇔ O lµ trung ®iÓm NQ.  O lµ trung ®iÓm EF (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai ®­êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy:            0 = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = 2 OE + 2 OF    ⇔ OE + OF = 0 ⇔ O lµ trung ®iÓm EF. c. Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã:           0 = OA + OB + OC + OD = 3 OG + OD = −3 GO + ( GD − GO )   ⇔ GD = 4 GO ⇒ G, O, D th¼ng hµng. Vậy, trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại. 296.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> VÝ dô 2:. Cho đa giác đều n cạnh A1A2...An, tâm O. Chứng minh rằng: n. . ∑ OA i =1. i. . = 0..  Gi¶i. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: n   C¸ch 1: Gäi OA = ∑ OA i . i =1. NhËn xÐt r»ng khi quay ®a gi¸c mét gãc b»ng . Đa giác vẫn không đổi, nên. n. . ∑ OA i =1. i. 2π th×: n.  = OA ..  2π .  Vect¬ OA sÏ bÞ quay theo cïng chiÒu mét gãc n    Suy ra vectơ OA có hướng tuỳ ý ⇔ OA = 0 , đpcm. Cách 2: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu n = 2k. Khi đó, với đỉnh bất kỳ của đa giác đều có đỉnh đối xứng với nó qua O ⇒ đpcm. Trường hợp 2: Nếu n = 2k − 1. Khi đó các đỉnh A2, ..,An chia thành hai phần đối xứng qua trục OA1, bằng cách lập tổng các cặp vectơ đối xứng ⇒ đpcm.   Nhận xét: Như vậy, để chứng minh OA = 0 ta có thể sử dụng tính chất. . "Vectơ không là vectơ có phương hướng tuỳ ý". VÝ dô 3: Cho ∆ABC. Gäi I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. Chøng minh     r»ng a. IA + b. IB + c. IC = 0 ..  Gi¶i. Dùng h×nh b×nh hµnh AB2IC2 cã AB2//CC1 vµ AC2//BB1, ta ®­îc:    (1) IA = IB2 + IC2 ,  IB2 C1A b =  b  = (2)  IB C1B a ⇔ IB2 = − IB . B2   a IB B1  2 ↑↓ IB  IC2 B1A c =  c  = C (3)  IC B1C a ⇔ IC2 = − IC .    a IC ↑↓ ICB  2 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc:      b  c  IA = − IB − IC ⇔ a. IA + b. IB + c. IC = 0 , ®pcm. a a. A C1. C2. I B. 297.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> VÝ dô 4:.  Gi¶i. Cho c¸c ®iÓm A, B, C, D, E.     a. T×m O sao cho OA + 2 OB + 3 OC = 0 .      b. T×m I sao cho IA + IB + IC + ID = 0 .       c. T×m K sao cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 0 .. a. Gäi M, N, F lµ trung ®iÓm AB, BC vµ AC, ta cã:         0 = OA + 2 OB + 3 OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC )      = 2 OF + 4 ON = −2 FO + 4( FN − FO )  2  ⇔ FO = FN , suy ra điểm O được hoàn toàn xác định. 3 b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: C¸ch 1: Gäi P, Q lµ trung ®iÓm CD, MP, ta cã:           0 = IA + IB + IC + ID = 2 IM + 2 IP = 4 IQ ⇔ IQ = 0 ⇔ I ≡ Q, suy ra điểm I được hoàn toàn xác định. C¸ch 2: Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã:           0 = IA + IB + IC + ID = 3 IG + ID = −3 GI + ( GD − GI )  1  ⇔ GI = GD , suy ra điểm I được hoàn toàn xác định. 4 c. Ta cã:          0 = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 3 KG + 3( KD + KE )     ⇔ KG + KD + KE = 0 ⇔ K lµ träng t©m ∆DEG.. VÝ dô 5:. Cho ∆ABC, M lµ ®iÓm tuú ý trong mÆt ph¼ng.     a. Chứng minh rằng vectơ v = 3 MA − 5 MB + 2 MC không đổi. b. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n:      |3 MA + 2 MB − 2 MC | = | MB − MC |..  Gi¶i a. Ta cã:         v = 3 MA − 5 MB + 2 MC = 3( MA − MB ) + 2( MC − MB )   = 3 BA + 2 BC , không đổi. b. Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n hÖ thøc     3 IA + 2 IB − 2 IC = 0 ⇒ tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I. Ta ®­îc:      3 MA + 2 MB − 2 MC = (3 + 2 − 2) MI = 3 MI . 298. (1).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> MÆt kh¸c, ta còng cã:    MB − MC = CB . Thay (1), (2) vµo hÖ thøc cña c©u b), ta ®­îc:   1 3| MI | = | CB | ⇔ MI = BC 3 ⇔ M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh b»ng. (2). 1 BC. 3. Cho ∆ABC. LÊy c¸c ®iÓm A1∈ BC, B1∈ AC, C1∈ AB sao cho     AA1 + BB1 + CC1 = 0 . Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC vµ A1B1C1 cã cïng träng t©m.. VÝ dô 6:.  Gi¶i. Gäi G, G1 theo thø tù lµ träng t©m c¸c tam gi¸c ABC, A1B1C1, ta cã:     GA + GB + GC = 0 .     G1A1 + G1B1 + G1C1 = 0 . MÆt kh¸c tõ gi¶ thiÕt, ta cã:     0 = AA1 + BB1 + CC1          = ( AG + GG1 + G1A1 ) + ( BG + GG1 + G1B1 ) + ( CG + GG1 + G1C1 )         = − ( GA + GB + GC ) + ( G1A1 + G1B1 + G1C1 ) + 3 GG1 = 3 GG1   ⇔ GG1 = 0 ⇔ G ≡ G1.. VÝ dô 7:. Cho ∆ABC, ®iÓm M trong mÆt ph¼ng tho¶ m·n:     MN = MA + MB + MC .. a. Chứng minh rằng MN luôn đi qua trọng tâm G của ∆ABC khi M thay đổi. b. Gäi P lµ trung ®iÓm cña CN. Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cố định khi M thay đổi..  Gi¶i. a. Víi G lµ träng t©m ∆ABC ta lu«n cã:     GA + GB + GC = 0 . Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn ®­îc:      MN = MA + MB + MC = 3 MG . Vậy MN luôn đi qua trọng tâm G của ∆ABC khi M thay đổi. b. V× P lµ trung ®iÓm cña CN nªn:      1  1  MP = ( MC + MN ) = ( MC + MA + MB + MC ) 2 2     1 = ( MA + MB + 2 MC ) 2 299.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Gäi J lµ ®iÓm tho¶ m·n:           JA + JB + 2 JC = 0 ⇔ JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) = 0     1  1  ⇔ 4 AJ = AB + 2 AC ⇔ AJ = AB + AC 2 4 ⇒ tồn tại duy nhất điểm J cố định. Từ đó:      1  1 MP = ( MA + MB + 2 MC ) = (1 + 1 + 2) MJ = 2 MJ . 2 2 Vậy MP luôn đi qua một điểm cố định J khi M thay đổi.. VÝ dô 8:. Cho ∆ABC. LÊy c¸c ®iÓm A1∈BC, B1∈AC, C1∈AB sao cho:     AA1 + BB1 + CC1 = 0 . a. Chøng minh r»ng.  Gi¶i. BA1 CB1 AC1 = = . CA AB BC. b. Xác định vị trí của A1, B1, C1 để AA1, BB1 và CC1 đồng quy.. a. §Æt:.       BA1 = α BC , CB1 = β CA , AC1 = γ AB Khi đó:     0 = AA1 + BB1 + CC1       = ( AB + BA1 ) + ( BC + CB1 ) + ( CA + AC1 )       = ( AB + BC + CA ) + ( BA1 + CB1 + AC1 )    = α BC + β CA + γ AB .     Vì AB + BC + CA = 0 nên (*) chỉ đúng khi và chỉ khi: BA1 CB1 AC1 = = , ®pcm. α=β=γ⇔ CA BC AB b. Bạn đọc tự giải.. VÝ dô 9:.  Gi¶i. G B1. C1 B. A1. C. (*). Cho ∆ABC. LÊy P sao cho:    M, N,  c¸c ®iÓm   ,  AN = 3 NC , PA + PB = 0 . MC MB  − 3     = 0 TÝnh MP , MN theo AB vµ AC . Suy ra M, N, P th¼ng hµng.. Ta cã:    = MP AP  − AM  , , MN = AN − AP      Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt:         MB − 3 MC = 0 ⇔ (AB − AM) − 3 (AC − AM) = 0  1  3  ⇔ AM = − AB + AC . 2 2. 300. A. (1) (2). (3).

<span class='text_page_counter'>(35)</span>    3  AN = 3 NC ⇔ AN = AC . 4  1     PA + PB = 0 ⇔ AP = AB . 2 Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:  1  3   3  1  MP = AB + AB − AC = AB − AC . 2 2 2 2  3  1  MN = AC − AB . 2 4   Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = −2 MN ⇔ M, N, P th¼ng hµng.. (4) (5) (6) (7). VÝ dô 10: Cho ∆ABC, cã c¸c c¹nh a, b, c. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ ch©n c¸c ®­êng ph©n gi¸c trong kÎ tõ A, B, C.    a. TÝnh AA1 theo AB vµ AC .     b. Chứng minh rằng ∆ABC là tam giác đều nếu AA1 + BB1 + CC1 = 0 ..  Gi¶i a. Ta cã:      BA1 BA1 BA1 AA1 − AB c c  = ⇒ =   =  =   b b+c A1C BA1 + A1C BC AC − AB     c  b  c  ( AC − AB ) ⇔ AA1 = ⇔ AA1 − AB = AC . AB + b+c b+c b+c b. Tương tự câu a), ta được:  c  a  c  a  BC + BC − BB1 = BA = AB , c+a c+a c+a c+a  c  b  c  b  CA + CB = − AC − BC . CC1 = a+b a+b a+b a+b Từ đó:     0 = AA1 + BB1 + CC1    c b b a c c =( − ) AB + ( − ) AC + ( − ) BC b+c c+a b+c a+b c+a a+b     b b a c c c − )( AC − BC ) + ( − ) AC + ( − ) BC =( a+b a+b b+c b+c c+a c+a   b a c c b a c b − + − ) AC − ( − − + ) BC =( a+b b+c c+a c+a a+b c c + a b + c  b + Vì AC và BC là hai vectơ không cùng phương, nên đẳng thức trên đúng khi và chØ khi: a c c  b 0  b + c − c + a + b + c − a + b = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều.   b − a − c + b = 0  b + c c + a c + a a + b. 301.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> VÝ dô 11: Cho ∆ABC, biÕt A(−1; −1), B(2; 4), C(6; 1). LÊy c¸c ®iÓm M, N, P trªn các đường thẳng AB, CA, BC sao cho các điểm đó lần lượt chia các 1 2. ®o¹n th¼ng theo c¸c tØ sè −1, − , 2..  Gi¶i. a. Xác định toạ độ của M, N, P. b. Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hµng.. a. Ta cã:.  . . 1 3 M(x; y) chia ®o¹n AB theo tØ sè −1 ⇔ M lµ trung ®iÓm AB ⇔ M( ; ). 2 2 1 N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè 2  1  ⇔ NC = − NA ⇔ 2(6 − x; 1 − y) = −(−1 − x; −1 − y) 2 2(6 − x) =1 + x  x = 11/ 3 11 1 ⇔  ⇔ N( ; ). ⇔  3 3 2(1 − y) =1 + y  y = 1/ 3 P(x; y) chia ®o¹n BC theo tØ sè 2 ⇔ C lµ trung ®iÓm BP ⇔ P(10; − 2).. b. Ta cã:  19  19   7 7 MP ( ; − ) & NP ( ; − ) ⇒ MP // NP ⇔ M, N, P th¼ng hµng. 2 3 3 2. Ví dụ 12: Cho ∆ABC, biết A(1; −3), B(3; −5), C(2; −2). Tìm toạ độ: a. Giao ®iÓm E cña BC víi ph©n gi¸c trong cña gãc A. b. Giao ®iÓm F cña BC víi ph©n gi¸c ngoµi cña gãc A..  Gi¶i. Ta cã:. AC = 2. AB a. Gi¶ sö E(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong, ta ®­îc:    EC  = −2 ⇔ EC (2 − x; −2 − y) = −2 EB (3 − x; −5 − y) EB F −2(3 − x) 2 − x = x = 4 / 3 4 ⇔  ⇔ E( ; −4). ⇔  3 −2 − y =−2(−5 − y)  y = −4 b. Gi¶ sö F(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ngoµi, ta ®­îc:    FC  = 2 ⇔ FC (2 − x; −2 − y) = 2 FB (3 − x; −5 − y) FB x = 4 2 − x = 2(3 − x) ⇔  ⇔  ⇔ F(4; −8).  y = −8 −2 − y = 2(−5 − y). AB2 = 4 + 4 = 8 vµ AC2 = 1 + 2 = 2 ⇒ k =. 302. A. B. E. C.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Ví dụ 13: Cho ∆ABC vuông tại A, biết A(a; 0), B(1; 0), C(a; a 3 − 3 ). Xác định toạ độ trọng tâm G của ∆ABC, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC b»ng 2..  Gi¶i. 2a + 1 a − 1 ; ). Víi nhËn xÐt: 3 3 1 S∆ABC = AB.AC = p.r ⇔ AB.AC = 2(AB + AC + BC) 2 ⇔ 3 |a − 1|.|a − 1| = 2(|a − 1| + 3 |a − 1| + 2|a − 1|) a= 3 + 2 3 ⇔ |a − 1| = 2 + 2 3 ⇔  . a =−1 − 2 3 Ta lần lượt: 7+4 3 2+2 3 ; ).  Víi a = 3 + 2 3 , ta ®­îc: G( 3 3 −1 − 4 3 −2 − 2 3 ; ).  Víi a = − 1 − 2 3 , ta ®­îc: G( 3 3 VËy tån t¹i hai ®iÓm G tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. Ta cã G(. VÝ dô 14: Cho ®iÓm M(4; 1), hai ®iÓm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0 sao cho A, B, M thẳng hàng. Xác định toạ độ của A, B sao cho: a. DiÖn tÝch ∆OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt. 1 1 + nhá nhÊt. 2 OA OB2.  Gi¶i V× A, B, M th¼ng hµng   4−a 1 4 1 = ⇔ + = 1. ⇔ AM // AB ⇔ b −a b a a. Ta cã, diÖn tÝch ∆OAB ®­îc cho bëi: ab 1 S = OA.OB = . 2 2 Tõ (1) suy ra 4 1 4 1 + ≥2 . = a b a b Vậy SMin = 8, đạt được khi:. 1=. 4 ab. (1). ⇔ ab ≥ 16 ⇔ S ≥ 8.. a = 8 A(8;0) 4 1 1 = = ⇔  ⇒  . b 2 a b = 2 B(0;2). 303.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> b. Tõ (1), ta ®­îc : 4b a= ⇒ ®iÒu kiÖn b > 1. b −1 Khi đó: 4b 4 4 4 +b= +b+4= +b−1+5≥2 OA + OB = .(b − 1) + 5 = 9. b −1 b −1 b −1 b −1 Vậy (OA + OB)Min = 9, đạt được khi: a = 6 A(6;0) 4 =b−1=2⇔  ⇒  . b −1 b = 3 B(0;3) c. Ta cã: 1 1 1 1 + = 2 + 2. 2 2 OB OA a b NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 1 4 1 1 . (42 + 12)( 2 + 2 ) ≥ ( + )2 = 1 ⇒ 2 + 2 ≥ a b a 17 b a b 1 1 1 + ) = , đạt được khi: VËy, ta ®­îc ( 2 2 Min OA OB 17 4 1  17  17 1 a =  + = A( ;0) ⇔  . 4 ⇒  4 a b 4a = b b = 17 B(0;17). VÝ dô 15: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: S = x 2 + y 2 + 2x − 4y + 5 +. x 2 + y 2 − 6x − 4y + 13 ..  Gi¶i. Viết lại biểu thức dưới dạng: S=. (x + 1) 2 + (y − 2) 2 +. (x − 3) 2 + (y − 2) 2 .. Xét các điểm A( − 1; 2), B(3; 2) và M(x; y), khi đó: AM = suy ra:. (x + 1) 2 + (y − 2) 2 , BM =. (x − 3) 2 + (y − 2) 2 ,. S = AM + BM ≥ AB = 4 Vậy, ta được SMin = 4, đạt được khi:   x +1 y−2 A, B, M th¼ng hµng ⇔ AM // AB ⇔ = ⇔ y = 2, 4 0 và khi đó: S = |x + 1| + |x − 3| = |x + 1| + |3 − x| ≥ |x + 1 + 3 − x| = 4, dÊu “ = ” x¶y ra khi (x + 1)(3 − x) ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3. Vậy, ta được SMin = 4, đạt được khi −1 ≤ x ≤ 3 và y =2.. 304.

<span class='text_page_counter'>(39)</span>